2022-2023学年上海市杨浦区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年上海市杨浦区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，与AB相等的向量是( )
A. CDB. BAC. DCD. B1A1
2.如图，已知球O的半径为5，球心O到平面α的距离为3，则平面α截球O所得的小圆O1的半径长是( )
A. 2
B. 3
C. 3 2
D. 4
3.下列命题：
①底面是正多边形的棱锥是正棱锥；
②各侧棱的长都相等的棱锥是正棱锥；
③各侧面是全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥.
其中真命题的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
4.小李购买了一盒点心，点心盒是长方体，长、宽、高分别为30厘米、20厘米和10厘米，商家提供丝带捆扎服务，有如图所示两种捆扎方案(粗线表示丝带)可供选择，免去手工费，但丝带需要按使用长度进行收费.假设丝带紧贴点心盒表面，且不计算丝带宽度以及重叠粘合打结的部分.为了节约成本，小李打算选择尽可能使用丝带较短的方案，则小李需要购买的丝带长度至少是( )
A. 80厘米B. 100厘米C. 120厘米D. 140厘米
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.抛物线y2=4x的焦点坐标是__________.
6.抛掷一颗质地均匀的正方体骰子，得点数6的概率是______.
7.半径为1厘米的球的表面积为______平方厘米.
8.正方体ABCD−A1B1C1D1中，则异面宜线AB与A1C1所成的角大小为______.
9.双曲线x22−y24=1的两条渐近线方程分别是______.
10.以C(1,1)为圆心，且经过M(2,3)的圆的方程是______.
11.如图所示，靶子由一个中心圆面Ⅰ和两个同心圆环Ⅱ，Ⅲ构成，射手命中Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别为0.35，0.30，0.25，则不命中靶的概率是______.
12.“若直线a||平面α，直线b在平面α上，则直线a||直线b”是______命题(填“真”或“假”).
13.已知一个圆锥的体积为3π，高为3，则该圆锥的母线与底面所成角的大小是______.
14.已知A与B是独立事件，P(A)=0.4，P(B)=0.3，给出下列式子：①P(A−)=0.6；②P(A∩B)=0.12；③P(A∪B)=0.7；④P(A∩B−)=0.28；其中正确的式子是______.(填序号)
15.如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的各条棱长都相等，线段A1B、B1C和C1A是该正三棱柱的三条面对角线，直线l与这三条面对角线所在直线所成的角大小相同，则这个角的大小是______(写出所有可能的值).
16.已知数列a1，a2，a3，…，a101的各项均为正整数，其中a1=a101=4999，对于每个正整数i(2≤i≤100)，ai−1+ai+12−ai为相同的正整数，则a100的值是______.
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=4，a6=−32.
(1)求公比q的值；
(2)求S5的值.
18.(本小题14分)
已知m∈R，直线l1：2x+y−1=0，直线l2：mx+y+1=0.
(1)若l1||l2，求l1与l2之间的距离；
(2)若l1与l2的夹角大小为arccs 55，求直线l2的方程.
19.(本小题14分)
某校高二年级共有学生200人，其中男生120人，女生80人.为了了解全年级学生上学花费时间(分)的信息，按照分层抽样的原则抽取了样本，样本容量为20，并根据样本数据信息绘制了茎叶图和频率分布直方图.由于保存不当，茎叶图中有一个数据不小心被污染看不清了(如图)，频率分布直方图纵轴上的数据也遗失了.
(1)根据茎叶图提供的有限信息，求频率分布直方图中x和y的值，指出样本的“中位数、平均数、众数、方差、极差”中，哪些已经能确定，并计算它们的值；
(2)通过对样本原始数据的计算，得到男生上学花费时间的样本均值为30(分)，女生的样本均值为27.75(分)，试计算被污染的数值，并根据样本估计该年级全体学生上学花费时间的“中位数、平均数、方差”.
20.(本小题18分)
如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为1，高为2，点M是棱CC1上一个动点(点M与C，C1均不重合).
(1)当点M是棱CC1的中点时，求证：直线AM⊥平面B1MD1；
(2)当D1M⊥AB1时，求点D1到平面AMB1的距离；
(3)当平面AB1M将正四棱柱ABCD−A1B1C1D1分割成体积之比为1：2的两个部分时，求线段MC的长度.
21.(本小题18分)
如图，已知点A( 2,1)是椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一点，顶点C(−2,0).
(1)求椭圆Γ的离心率；
(2)直线BD交椭圆Γ于B、D两点(B、D与A不重合)，若直线AB与直线AD的斜率之和为2，直线BD是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
(3)点E、点G是椭圆Γ上的两个点，圆I:(x−2 23)2+y2=r2(r>0)是△CEG的内切圆，过椭圆Γ的顶点M(0,b)作圆I的两条切线，分别交椭圆Γ于点P和点Q，判断直线PQ与圆I的位置关系并证明.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：与AB相等的向量有3个，
分别是A1B1，DC，D1C1.
故选：C.
直接利用相等向量的定义即可求解．
本题考查了相等向量，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：如图所示，C为球面上一点，则OC=5，
球心O到平面α的距离为3，即OO1=3，且OO1⊥O1C，
则小圆O1的半径长即为O1C，
在△OO1C中，由勾股定理可得OC2=OO12+O1C2，解得O1C=4.
故选：D.
根据球的几何性质，利用截面距及球半径由勾股定理计算即可求得截面圆半径．
本题考查了球的几何性质，属于中档题．
3.【答案】A
【解析】解：正棱锥：底面是正多边形，并且顶点在底面内的射影是底面中心，这样的棱锥叫做正棱锥．正棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形．
是正棱锥必须满足两个条件：(1)底面是正多边形(2)过顶点作底面垂线，垂足为底面正多边形中心．
①底面是正多边形的棱锥是正棱锥；顶点在底面是射影，不一定是底面正多边形的中心；
②各侧棱的长都相等的棱锥是正棱锥；底面不一定是正多边形；
③各侧面是全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥．反例：如图所示的三棱锥，不满足正棱锥的定义；
故选：A.
利用正棱锥的定义，判断正误即可．
本题考查正棱锥的定义的应用，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：在捆扎方案一中，设点心盒是长方体ABCD−A1B1C1D1，如图：
丝带从棱AD上的点G出发，沿着长方体的各个表面绕行一圈回到G点进行捆扎，
现把长方体ABCD−A1B1C1D1从ABCD开始，按照丝带绕行的顺序把长方体的各个面展开，如图所示：
则线段GG1即为最短路径，即为所需丝带的最短长度，
易知HG1=80，HG=60，所以GG1= 802+602=100，
所以在捆扎方案一中，丝带长度最短为100厘米；
在捆扎方案二中，所需丝带长度为矩形ABCD和矩形ABB1A1的周长之和，
易得矩形ABCD和矩形ABB1A1的周长之和为2×(10+20)+2×(10+30)=140厘米，
即在捆扎方案二中，所需丝带长度最短为140厘米；
由上可知，小李需要购买的丝带长度至少是100厘米．
故选：B.
在捆扎方案一中，把点心盒各个面依次展开，则两点间线段最短可算出此时所需丝带的最短长度；在捆扎方案二中，所需丝带长度为两个矩形的周长之和，算出长度与方案一中所需丝带的最短长度比较即得结果．
本题考查了棱柱的展开图和最短距离问题，属于中档题．
5.【答案】(1,0)
【解析】【分析】
本题考查抛物线的标准方程，注意分析抛物线的开口方向．
根据题意，由抛物线的标准方程分析可得抛物线的焦点在x轴正半轴上，且p=2，由抛物线的焦点坐标公式计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，抛物线y2=4x的开口向右，其焦点在x轴正半轴上，
且p=2，p2=1，
则抛物线的焦点坐标为(1,0)，
故答案为：(1,0).
6.【答案】16
【解析】解：抛掷一颗质地均匀的正方体骰子，得到的点数有：1，2，3，4，5，6，共6种情况，
每一种结果出现的可能性都相同，
所以得点数6的概率是16.
故答案为：16.
利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
7.【答案】4π
【解析】解：将半径为r=1代入球的表面积公式可得S=4πr2=4π.
故答案为：4π.
利用球的表面积公式将半径代入计算即可．
本题考查了球的表面积计算，属于基础题．
8.【答案】45∘
【解析】解：如图，连接A1C1，
∵A1B1//AB，
∴∠B1A1C1为异面直线AB与A1C1所成的角，且∠B1A1C1=45∘，
∴异面宜线AB与A1C1所成的角大小为45∘，
故答案为：45∘.
可连接A1C1，从而可看出∠B1A1C1为异面直线AB与A1C1所成的角，并且该角显然为45∘.
本题考查了异面直线所成角的定义及求法，考查了计算能力，属于基础题．
9.【答案】y=± 2x
【解析】解：∵双曲线x22−y24=1，
∴由x22−y24=0，可得双曲线x22−y24=1的渐近线方程为y=± 2x，
故答案为：y=± 2x.
由x22−y24=0，可得双曲线x22−y24=1的渐近线方程．
本题考查双曲线的渐近线方程，属基础题．
10.【答案】(x−1)2+(y−1)2=5
【解析】解：以C(1,1)为圆心，且经过M(2,3)的圆的半径为： (2−1)2+(3−1)2= 5，
所求圆的标准方程为：(x−1)2+(y−1)2=5.
故答案为：(x−1)2+(y−1)2=5.
求出圆的半径，然后写出圆的标准方程即可．
本题考查圆的标准方程的求法，是基础题．
11.【答案】0.10
【解析】解：由题意得，中靶的概率是0.35+0.30+0.25=0.90，
又由射手命中靶与不命中靶为对立事件，
则不命中靶的概率是1−0.90=0.10.
故答案为：0.10.
利用互斥事件的概率加法公式，对立事件的概率性质，可得答案．
本题考查互斥事件的概率加法公式以及对立事件的概率性质，属于基础题．
12.【答案】假
【解析】解：若直线a||平面α，直线b在平面α上，则直线a||直线b或直线a与直线b异面，故命题为假命题．
故答案为：假．
根据直线与平面的位置关系判断即可．
本题考查了空间中线面位置关系，考查了推理能力，属于中档题．
13.【答案】π3
【解析】解：如图为圆锥的轴截面，
因为圆锥的体积为3π，高为3，
所以V=13πOB2⋅AO=13πOB2⋅3=3π，
所以OB= 3，
所以在Rt△AOB中，tan∠ABO=AOBO=3 3= 3，
所以∠ABO=π3，
所以该圆锥的母线与底面所成角的大小是π3.
故答案为：π3.
由圆锥的体积为3π，高为3，可得圆锥底面圆的半径，利用正切值，即可得出答案．
本题考查圆锥体积，解题关键是熟悉几何体的特征，属于中档题．
14.【答案】①②④
【解析】解：∵A与B是独立事件，P(A)=0.4，P(B)=0.3，
∴P(A−)=1−P(A)=0.6，P(B−)=1−P(B)=0.7，P(A∩B)=P(A)P(B)=0.12，故①②正确，
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.4+0.3−0.12=0.58，故③错误；
∵A与B是独立事件，∴A与B−也是独立事件，
∴P(A∩B−)=P(A)P(B−)=0.4×0.7=0.28，故④正确．
故答案为：①②④．
利用对立事件的概率关系可判断①，利用独立事件的概率乘法公式可判断②③④．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了对立事件的概率关系，属于基础题．
15.【答案】π4或arccs3 3434
【解析】解：以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正三棱柱ABC−A1B1C1的各条棱长都为2，
则B(0,0,0),A(0,2,0),C( 3,1,0),B1(0,0,2),A1(0,2,2),C1( 3,1,2)，
BA1=(0,2,2),B1C=( 3,1,−2),C1A=(− 3,1,−2)，
设直线l的方向向量为l=(x,y,z)，直线l与直线A1B，B1C和C1A所成的角为θ，
则有csθ=|l⋅BA1||l||BA1|=|2y+2z| 8 x2+y2+z2，
csθ=|l⋅B1C||l||B1C|=| 3x+y−2z| 8 x2+y2+z2，
csθ=|l⋅C1A||l||C1A|=|− 3x+y−2z| 8 x2+y2+z2，
所以|2y+2z|=| 3x+y−2z|，①
| 3x+y−2z|=|− 3x+y−2z|，②
由②可得 3x+y−2z=− 3x+y−2z或 3x+y−2z=−(− 3x+y−2z)，
即x=0或y=2z，
(1)当x=0时，由①可得|2y+2z|=|y−2z|，
则2y+2z=y−2z或2y+2z=−(y−2z)，即y=−4z或y=0，
若y=−4z，令z=1得l=(0,−4,1)，
此时csθ=|l⋅BA1||l||BA1|=|2y+2z| 8 x2+y2+z2=|−8+2| 8 17=3 3434，
因为θ∈(0,π2],所以θ=arccs3 3434；
若y=0，令z=1得l=(0,0,1)，
此时csθ=|l⋅BA1||l||BA1|=|2y+2z| 8 x2+y2+z2=|2| 8= 22，
因为θ∈(0,π2],所以θ=π4；
(2)当y=2z时，由①可得|6z|=| 3x|，
令z=1得l=(2 3,2,1)或l=(−2 3,2,1)，
所以csθ=|l⋅BA1||l||BA1|=|2y+2z| 8 x2+y2+z2=|6| 8 17=3 3434，
因为θ∈(0,π2],所以θ=arccs3 3434.
综上所述θ=π4或θ=arccs3 3434.
故答案为：π4或arccs3 3434.
建立空间直角坐标系，由求线线角的向量方法即可求解．
本题考查了直线与平面所成的角的向量解法，属于中档题．
16.【答案】4900
【解析】解：设ai−1+ai+12−ai=c.则c∈Z+，
所以ai+1−ai=ai−ai−1+2c.
令di=ai+1−ai(i=1,2,⋯,100)，
则di=di−1+2c(i=2,3,⋯,100)，
故di=d1+2(i−1)c(i=1,2,⋯,100)，
当i≥2时，ai=j=1i−1di+a1=a1+j=1i−1[d1+2(j−1)c]=ai+(i−1)[d1+(i−2)c]，
显然，a1的值满足上式．
由a101=a1+100(d1+99c)=a1，
得知d1=−99c于是，ai=a1+(i−1)(i−101)c.
又a51=a1−2500c=4999−2500c∈Z+则c≤49992500<1⇒c=1.
于是，ai=4999+(i−1)(i−101)，a100=4999+99(−1)=4900.
故答案为：4900.
直接利用题中的已知条件和数列的通项公式求出结果．
本题考查的知识要点：数列的通项公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
由于a3=4，a6=−32，则a6a3=q3=−8，所以q=−2.
(2)根据题意，由(1)的结论，q=−2，
则a1=a3q2=1，则Ss=1×[1−(−2)s]1−(−2)=11.
【解析】(1)根据题意，设等比数列{an}的公比为q，由a6a3=q3=−8，计算可得答案；
(2)根据题意，先求出a1的值，进而由等比数列前n项和公式计算可得答案．
本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的通项公式，属于基础题．
18.【答案】解(1)因为l1||l2，所以m2=11≠1−1，求得m=2，
故l1与l2之间的距二d=|1−(−1)| 22+12=2 55.
(2)设直线l1的一个法向量为n1=(2,1)，直线l2的一个法向量为n2=(m,1)，
因为l1与l2的夹角大小为arccs 55，所以|2m+1| 5⋅ m2+1= 55，
解得m=−43或m=0，
故直线l2的方程mx+y+1=0，即−43x+y+1=0或y+1=0，
所以直线l2的方程为4x−3y−3=0或y+1=0.
【解析】(1)由题意，根据两直线平行的性质，求得m值，再根据两平行直线间的距离公式，计算求得结果．
(2)由题意，根据直线的法向量的定义、两直线的夹角公式，先求出m值，可得直线l2的方程．
本题主要考查两直线平行的性质，两平行直线间的距离公式，直线的法向量、两直线的夹角公式，属于中档题．
19.【答案】解(1)由茎叶图可知，[50,60)的频数为1，频率为120=0.05，∴x=0.0510=0.005，
[20,30)的频数为9，频率为920=0.45，∴y=0.4510=0.045，
根据茎叶图信息，样本的中位数、众数和极差可以确定，
分别为：中位数为26+272=26.5(分)，众数为25(分)，极差为51−15=36(分)
(2)由题意，样本容量为20的样本中，男生有12人，女生有8人．
设被污染的数字为x，则有15+18+19+22+23+20+x+25×3+26+27+28+31×2+32+34+36+42+47+51=30×12+27.75×8
即577+x=582，∴x=5，即被污染的数值为5.
样本中位数为26.5(分)，
样本平均数x−=582÷20=29.1(分)，
样本方差s2=120×(14.12+11.12+10.12+7.12+6.12+4×4.12+3.12+2.12+1.12+2×1.92+2.92+4.92+6.92+12.92+17.92+21.92)=82.39，
可估计该年级全体学生上学花费时间的中位数为26.5(分)，平均数为29.1(分)，方差为82.39.
【解析】(1)根据茎叶图的分布及频率分布直方图的性质，可求出相应的特质中位数、平均数、众数、方差和极差；
(2)利用总体均值计算出污损数据，再根据公式计算平均数和方差．
本题考查统计中茎叶图，频率分布直方图的相关知识，属基础题．
20.【答案】解：(1)证法一：∵AM= 3，B1M= 2，B1A= 5，
∵B1A2=B1M2+AM2，∴AM⊥B1M，
同理可得，AM⊥D1M，
∴直线AM⊥平面B1MD1；
证法二：如图，以A为原点，AB，AD，AA1的方向为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系．得A(0,0,0)，M(1,1,1)，B1(1,0,2)，D1(0,1,2)，
∵AM=(1,1,1),B1M=(0,1,−1),D1M=(1,0,−1)，
∴AM⋅B1M=0，AM⋅D1M=0，
∴AM⊥B1M，AM⊥D1M，
∴直线AM⊥平面BMD，
(2)设点M=(1,1,t)，(0由DM⋅AB1=0，即1+2(t−2)=0，解得t=32，
∴AM=(1,1,32)，
设AMB1的法向量为n=(x,y,z)，
∵n⋅AM=0,n⋅AB1=0，
∴x+y+32z=0，x+2z=0，
令z=2，得y=1，x=−4，
从而得到平面AMB1的一个法向量是n=(−4,1,2)，
又D1M=(1,0,−12)，
∴点D1到平面AMB1的距离为d=|n⋅D1M||n|=|−4−1| (−4)2+12+22=5 2121.
(3)解法一：作MN平行于B1A，交CD于点N，连接AN，得截面B1ANM，
连接B1M，设线段CM的长为h，(0由CNh=12，解得CN=h2，
S梯形ABCN=12×(1+h2)×1=12+h4，
可得VM−ABCN=13×(12+h4)×h=h6+h212，
又由VM−ABB1=13×(12×2×1)×1=13，可得VCNM−BAB1=h212+h6+13，
由题意h212+h6+13=13×(1×1×2)，
整理的h2+2h−4=0，解得h=−1+ 5，
∴线段MC的长度为−1+ 5.
解法二：连接B1M并延长，交BC的延长线于点P，连接PA，交CD于点N，连接MN，
得截面AB1MN，
∵平面NMC//底面AB1B，得棱台NMC−AB1B，
设线段MC的长度为h(0V棱台NMC−AB1B=V棱锥P−AB1B−V棱锥P−NMC
=13×1×(x+1)−13×h24×x=13x(1−h24)+13
由题意，V棱台NMC−AB1B=(1×1×2)×13=23，
∴13x(1−h24)+13=23，整理得h3−8h+8=0，
∴(h−2)(h2+2h−4)=0，
解得h=2或h=−1+ 5或h=−1− 5，
由h∈(0,2)，得h=−1+ 5，即MC=−1+ 5.
【解析】(1)证法一：由B1A2=B1M2+AM2，利用勾股定理的逆定理可得AM⊥B1M，同理可得，AM⊥D1M，利用线面垂直的判定定理即可证明结论．
证法二：如图，以A为原点，AB，AD，AA1的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．利用数量积运算性质可得AM⊥B1M，AM⊥D1M，利用线面垂直的判定定理即可证明结论．
(2)设点M=(1,1,t)，(0(3)解法一：作MN平行于B1A，交CD于点N，连接AN，得截面B1ANM，连接B1M，设线段CM的长为h，(0解法二：连接B1M并延长，交BC的延长线于点P，连接PA，交CD于点N，连接MN，得截面AB1MN，平面NMC//底面AB1B，得棱台NMC−AB1B，根据相似的性质、三棱锥的体积计算公式可得三棱锥CMN−BAB1的体积，根据条件平面AB1M将正四棱柱ABCD−A1B1C1D1分割成体积之比为1：2的两个部分，即可得出结论．
本题考查了空间向量的应用、点到直线的距离公式、三棱锥与三棱台的体积计算公式、数量积运算性质、相似的性质、勾股定理的逆定理、线面垂直的判定定理，考查了空间想象哪里、推理能力与计算能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)根据题意可得a=2( 2)2a2+1b2=1c2=a2−b2，解得a=2，b= 2，c= 2，
所以椭圆的离心率ca= 22.
(2)①当直线BD不垂直于x轴时，设直线BD的方程为y=mx+n，直线AB的方程为y−1=k(x− 2)，
联立y=mx+ny−1=k(x− 2)，得(m−k)x=1− 2k−n，
由A，B，D不重合，可知m≠k，得xB(D)=1− 2k−nm−k，
联立y−1=k(x− 2)x24+y22=1，得(2k2+1)x2−(4 2k2−4k)x+(4k2−4 2k−2)=0，
因为xA= 2，
所以xB(D)=4 2k2−4k2k2+1− 2，
得4 2k2−4k2k2+1− 2=1− 2k−nm−k，
整理得(2 2m+2n+2)k2−(4m−2 2)k+(n− 2m−1)=0，
可得直线AB与直线AD的斜率之和为kAB+kAD=4m−2 22 2m+2n+2=2，
整理得n=(1− 2)m− 22−1，
所以直线BD的方程为y=mx+(1− 2)m− 22−1，即y=m[x−(−1+ 2)]− 22−1，
所以直线BD过定点P(−1+ 2,− 22−1).
②当直线BD垂直于x轴时，由椭圆的对称性可知，
xB=xD，yB=−yD，
所以kAB+kAD=yB−1xB− 2+−yB−1xB− 2=−2xB− 2=2，得xB=−1+ 2，
所以直线BD的方程为x=−1+ 2，
所以直线BD也过定点P(−1+ 2,− 22−1)，
综上所述，直线BD过定点P(−1+ 2,− 22−1).
(3)直线PQ与圆I相切，
证明：如图，设圆I半径为r，圆心I(n,0)，
即n=2 23，则点E(n+r,y0)(y0>0)，
由相似三角形可知，|HI||CI|=|ET||CE|，
r (2+n)2+r2=y02+n+r，整理得r 2+n+r 2+n−r=y0，
由(n+r)24+y022=1，
得y0= 2−(n+r)⋅ 2+n+r 2，
所以 2−(n+r)⋅ 2+n+r 2=r 2+n+r 2+n−r，
整理得r2+4r+n2−4=0，
因为n=2 23，
所以r2+4r−289=0，
解得r=23或−143(舍)，
所以M(0, 2)，
设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
直线MP的方程为(y1− 2)x=x1(y− 2)，整理得(y1− 2)x−x1y+ 2x1=0，
由直线MP与圆I相切，得23=|(y1− 2)×2 23+ 2x1| (y1− 2)2+x12，
整理得72x12+(y1− 2)2+6x1(y1− 2)=0，
由x124+y122=1，x12=4(1−y122)=4−2y12，
代入得7(2−y12)+(y1− 2)2+6x1(y1− 2)=0，
因为y1≠ 2，
所以−7( 2+y1)+(y1− 2)+6x1=0，整理得3x1−3y1−4 2=0，
同理可得3x2−3y2−4 2=0，
即点P(x1,y1)，Q(x2,y2)满足3x−3y−4 2=0，
所以直线PQ的方程为3x−3y−4 2=0，
所以圆心I到直线PQ的距离为|3×2 23−4 2| 32+32=23=r，
所以直线PQ与圆I相切．
【解析】(1)根据题意可得a=2( 2)2a2+1b2=1c2=a2−b2，解得a，b，c，即可得出答案．
(2)当直线BD不垂直于x轴时，设直线BD的方程为y=mx+n，直线的方程为y−1=k(x− 2)，联立可得xB，联立直线BD和椭圆的方程，解得xB，可得(2 2m+2n+2)k2−(4m−2 2)k+(n− 2n−1)=0，进而可得kAB+kAD=4m−2 22 2m+2n+2=2，则n=(1− 2)m− 22−1，写出直线BD的方程，可得直线BD过定点P的坐标；当直线BD垂直于x轴时，由椭圆的对称性可知，xB=xD，yB=−yD，kAB+kAD=yB−1xB− 2+−yB−1xB− 2=−2xB− 2=2，得xB=−1+ 2，写出直线BD的方程，可得直线BD过定点P的坐标；
(3)设圆I半径为r，圆心I(n,0)，即n=2 23，则点E(n+r,y0)(y0>0)，由相似三角形可知r (2+n)2+r2=y02+n+r，由(n+r)24+y022=1得y0= 2−(n+r)⋅ 2+n+r 2，解得r，设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，写出直线MP的方程为(y1− 2)x=x1(y− 2)，由直线MP与圆I相切，得23=|(y1− 2)×2 23+ 2x1| (y1− 2)2+x12，得3x1−3y1−4 2=0，同理可得3x2−3y2−4 2=0，即点P(x1,y1)，Q(x2,y2)满足3x−3y−4 2=0，写出直线PQ的方程，圆心I到直线PQ的距离等于半径r.
本题考查直线与椭圆的位置关系，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．